热门试卷

解：（1）人与滑板离开A点后做平抛运动．

在水平方向  S1=v0t

在竖直方向  

代入数据联立得   v0=6m/s

（2）着地后人与滑板的动能为    

由动能定理   FS2=Ek

联立解得平均阻力    F=74N

答：1）人与滑板离开平台时的水平初速度为6m/s．

（2）人与滑板在水平地面滑行时受到的平均阻力大小为74N．

解：（1）滑块从C运动到A时，由动能定理得

  mgLsin37°-μmgx=0

可得 μ=0.5

（2）滑块从A运动到C的过程，由动能定理得

  F（x+x0）-μmgx-mgLsin37°=0

代入得：6×（3+x0）-0.5×10×3-10×2.5×sin37°=0

解得 x0=2m

（3）滑块在拉力作用下在斜面上运动时的加速度 a===0，说明木块匀速运动．

设木块运动到B点的速度为v．由动能定理得

  Fx-μmgx=

解得 v=m/s

故小滑块在斜面上运动时，拉力作用的时间 t0===s

答：

（1）小滑块与水平面间的动摩擦因数μ是0.5．

（2）小滑块在斜面上运动时，拉力作用的距离x0为2m

（3）小滑块在斜面上运动时，拉力作用的时间t0为s．

解；（1）设小物体在C点的速度为vc，在C点由vC=   

解得vC=m/s=3m/s

（2）设在D的速度为vD，从C到D，由动能定理得

  mgR（1-cosθ）=mvD2-mvC2

小球在D点，设轨道对小球的作用力为FN，由牛顿第二定律得：

  FN-mg=m

解得 FN=22.5N 

由牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小为 FN′=FN=22.5N，方向竖直向下．

（3）设物体在传送带上加速度为a，则μmg=ma，a=μg=5m/s2；

物体由D点向左运动至速度为零，所用时间为t1，向左通过的位移为x1，则

  vD=at1，x1=

t1时间内传送带向右的位移为 x1=vt1

物体速度由零增加到与传送带速度相等过程，所用时间为t2，t2=

通过的位移x3，x3=        

传送带的位移为 x4=vt2

小木块相对传送带移动的路程为：x=x1+x2+x4-x3

联立解得 x=6.4m

答：

（1）物体到C点的速度大小是3m/s；

（2）小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力大小为22.5N，方向竖直向下；

（3）小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中物块相对传送带滑过的距离是6.4m．

解：（1）赛车以最小速度通过最高点B，其运动距离离C点最小，

在最高点E，由牛顿第二定律得：，

由题意可知，摩擦力：f=0.1mg，

从B点到水平轨道停止，由动能定理得：，

解得x=1.5m；

（2）赛车在赛道上运动对赛道的最大压力出现在圆轨道的C点．

在C点，由牛顿第二定律得：，

赛车由C→B过程，由机械能守恒得：-mg•2R=mvB2-mvC2，

解得：F=30N，由牛顿第三定律可知，赛车对轨道的最大压力F′=F=30N；

（3）此赛车在斜面上运动的最大速度为vD，

由D→B动能定理得：，

赛车在斜面上以最大速度运动时，

F′+mgsin15°=f额=0.5mg，

额定功率：P额=F′vD，

效率：，

解得，电动机效率：η=73%；

答：（1）赛车通过竖直圆轨道后在水平轨道上滑行的最小距离为1.5m；

（2）赛车恰能通过赛道的情况下，在赛车道上运动过程中对赛道的最大压力为30N；

（3）恰能过赛道的情况下，此XKN-RON-5型号赛车在倾斜直轨道运行时电动机的效率为73%．

解：（1）设运动时间为t，则有：

所以，

水平方向匀速直线运动，故有：

（2）设AB段加速度为a，由匀变速直线运动规律得：

v2=2aL

a==0.8m/s2

对物块受力分析，由牛顿第二定律可得：Fcosθ-μ（mg-Fsinθ）=ma

=═5.27N             

答：（1）要越过壕沟，求物块在B点最小速度v的大小为4m/s

（2）若θ=37°，为使物块恰好越过“壕沟”，拉力F的大小外为5.27N．

解：（1）小球从B运动到C为平抛运动，有：

  rsin45°=v0t

在B点，有：tan45

解以上两式得：v0=2m/s

（2）对小球从A运动到B运用动能定理，可得W-μ1mgs=

又由功能关系有：Ep=W

代入数据可得弹簧一开始具有的弹性势能为 Ep=2J 

（3）在c 点据平抛运动的速度规律有：vc=

小球在管中的受力分析为三个力：由于重力与外加的力F平衡，故小球所受的合力仅为管的外轨对它的压力，得小球在管中做匀速圆周运动 vD=vC．

小球最终于M达到共同速度，取向右为正方向，由动量守恒定律得

  mvD=（M+m）v共

（ I）球恰好在E点与M达到共同速度，由能量守恒得 μmgL=-

可得 μ=0.3．

（ II）若小球恰好在F点与M达到共同速度，有 μmgL+mgh=-

可得 μ=0.1

综上所述，小球与长木板DE的动摩擦因素的取值范围为0.1≤μ≤0.3

答：

（1）小球在B点水平抛出的初速度v0为2m/s．

（2）弹簧一开始具有的弹性势能为2J；

（3）要使小球在EF上与M达到共同速度，小球与长木板DE的动摩擦因素的取值范围为0.1≤μ≤0.3．

解：（1）在C点，根据牛顿第二定律得：N+mg=m，

N=，

代入数据解得：vc=．

（2）对B到C运用动能定理得：，

代入数据解得：vB=，

根据牛顿第二定律得：，

解得：=N=12.5N．

（3）物块在AB段匀加速直线运动的加速度为：，

根据牛顿第二定律得：Fcos53°-μ（mg-Fsin53°）=ma，

代入数据解得：F=2N．

答：（1）小滑块运动到c点时速度的大小为m/s；

（2）小滑块运动到圆轨道的B点，撒去F时受到轨道的支持力为12.5N；

（3）恒力F的大小为2N．

解：

（1）对物块在斜轨道AB上受力分析，可知：mgsinθ-umgcosθ=ma

则a=gsinθ-μgcosθ=10×0.8-0.5×10×0.6=5m/s2

再由

可得

（2）设物块第一次通过D点后还能上升的高度为h，则物块从A运动到最高点的过程中，

有（mgsinθ-μmgcosθ）L-mg（h+Rcosθ）=0

即（sinθ-μcosθ）L-（h+Rcosθ）=0

代数知（0.8-0.5×0.6）×2.5-（h+1×0.6）=0

可得h=0.65m

（3）如图所示，最终滑块将在BCE间往复运动，此过程物块经过C点时对轨道压力最小

对物块在最低点C受力分析，

有①

②

联立①①可解得 FNmin=18N

由牛顿第三定律可知：整个运动过程中，物块经过最低点C时对轨道的最小压力为18N

答：（1）物块从A运动到B所用的时间t=1s；

（2）物块第一次通过D点后还能上升的高度h=0.65m．

（3）整个运动过程中，物块经过最低点C时对轨道的最小压力为18N．